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\setmainfont{Times New Roman}

\newtheorem{theorem}{Theorem}
\newtheorem{lemma}{lemma}
\title{\heiti\zihao{2} 习题12.1}
\author{中书君}
\date{\songti \today}

\begin{document}
\maketitle
\section{求下列函数项级数的收敛域}
\subsection{$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{n-1}{n+1}\left(\dfrac{x}{3 x+1}\right)^{n}$}
\textbf{解}\quad
$f_{n}(x)=\dfrac{n-1}{n+1}\left(\dfrac{x}{3x+1}\right)^{n},\lim\limits_{n\rightarrow \infty}\left|\dfrac{f_{n}(x)}{f_{n-1}(x)}\right|=1\cdot \left|\dfrac{x}{3x+1}\right|$,当$\left|\dfrac{x}{3x+1}\right|>1$时发散($f_{n}(x)$极限不存在),当$\left|\dfrac{x}{3x+1}\right|<1$即$x\in(-\infty,-\dfrac{1}{2}),(-\dfrac{1}{4},+\infty)$时收敛.当$\left|\dfrac{x}{3x+1}\right|=1$时,解得$x = -\dfrac{1}{2} $或$x = -\dfrac{1}{4}$.\par
当$x = -\dfrac{1}{2}$时,级数为
$$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \left(1-\dfrac{2}{n+1}\right)$$
极限不为$0$显然发散.\par
当$x = -\dfrac{1}{4}$时,级数为
$$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \left(1-\dfrac{2}{n+1}\right)\times (-1)^{n}$$
极限不为$0$显然发散.\par
综上,极限的收敛域为$(-\infty,-\dfrac{1}{2})\cup (-\dfrac{1}{4},+\infty)$
\subsection{$\sum\limits_{n=1}^{\infty} n\left(x+\dfrac{1}{n}\right)^{n}$}
\textbf{解}$1^{\circ}$\quad
$$\lim\limits _{n \rightarrow \infty} \dfrac{\left|u_{n+1}\right|}{\left|u_{n}\right|}=\lim\limits _{n \rightarrow \infty} \dfrac{n+1}{n} \dfrac{\left(x+\dfrac{1}{n+1}\right)^{n+1}}{\left(x+\dfrac{1}{n}\right)^{n}}=|x|<1$$
当 $x=\pm 1$ 时,发散;故收敛域为 $(-1,1)$.\par
\textbf{解}$2^{\circ}$\quad
使用Cauchy根值判别法:
$$
	\lim\limits _{n \rightarrow \infty}\sqrt[n]{\left|f_{n}(x)\right|}=\lim\limits _{n \rightarrow \infty}\sqrt[n]{n}\cdot \left(x + \dfrac{1}{n}\right)=x
$$
当$|x|<1$时函数项级数绝对收敛,从而收敛.当$x=\pm 1$时$f_{n}(x)$极限不存在,所以级数不收敛.故收敛域为 $(-1,1)$.

\subsection{$\sum\limits_{n=1}^{\infty} n \mathrm{e}^{-n x}$}
\textbf{解}\quad
$f_{n}(x)=\dfrac{n}{\mathrm{e}^{nx}}$,当$x\leqslant 0 $时极限不存在,所以级数不收敛.当$x>0$时,$\lim\limits_{n\rightarrow \infty}f_{n}(x)=0$,且$\lim\limits_{n\rightarrow \infty}\dfrac{\dfrac{n}{e^{nx}}}{\dfrac{1}{n^{2}}}=0(x>0)$,从而由比较判别法知级数收敛.\par
综上,级数的收敛域为$(0,+\infty)$

\subsection{$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{x^{n}}{1+x^{2 n}}$}
\textbf{解}$1^{\circ}$\quad
由
$$
	\dfrac{x^{n}}{1+x^{2 n}}\left\{\begin{array}{ll}
		\leqslant x^{n},                                     & 0 \leqslant x<1 \\
		=\dfrac{1}{2},                                       & x=1             \\
		=\dfrac{1}{\dfrac{1}{x^{n}}+x^{n}}<\dfrac{1}{x^{n}}, & x>1
	\end{array}\right.
$$
知当$x>0,x\neq 1 $时级数收敛(可由比较判别法易得).当$x<0$时,不妨设$t = -x$,则有:
$$
	0<\dfrac{t^{n}}{1+t^{2 n}}\left\{\begin{array}{ll}
		\leqslant t^{n},                                     & 0<t<1 \\
		\dfrac{1}{2},                                        & t=1   \\
		=\dfrac{1}{\dfrac{1}{t^{n}}+t^{n}}<\dfrac{1}{t^{n}}, & t>1
	\end{array}\right.
$$
所以当$x<0,x\neq -1$时函数列极限为$0$.又对$n$求导得:
$$
	\left(\dfrac{t^{n}}{1+t^{2n}}\right)=\dfrac{t^{n}\left(1-t^{2 n}\right) \ln t}{\left(1+t^{2 n}\right)^{2}} \leqslant 0
$$
由Leibniz判别法知其收敛.从而级数的收敛域为$R/\{-1,1\}$.\par
\textbf{解}$2^{\circ}$\quad
$$
	\lim\limits _{n \rightarrow \infty} \dfrac{\left|u_{n+1}\right|}{\left|u_{n}\right|}=\left\{\begin{array}{ll}
		1,              & |x|=1   \\
		|x|,            & 0<|x|<1 \\
		\dfrac{1}{|x|}, & |x|>1
	\end{array}\right.
$$
当$|x|=1$时级数发散.从而级数收敛域为$(-\infty,-1)\cup (-1,1)\cup (1,+\infty)$.

\subsection{$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left[\dfrac{x(x+n)}{n}\right]^{n}$}
\textbf{解}\quad
$f_{n}(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left[\dfrac{x(x+n)}{n}\right]^{n}$.由Cauchy根值判别法:
$$
	\lim\limits_{n\rightarrow \infty}\sqrt[n]{f_{n}(x)}=\lim\limits_{n\rightarrow \infty}\dfrac{|x||(x+n)|}{n}=|x|
$$
从而当$|x|<1$时级数绝对收敛,$|x|>1$时函数列极限不存在,级数发散.\par
当$x=\pm 1$时函数列的极限不为$0$,从而级数发散.综上,级数的收敛域为$(-1,1)$.

\subsection{$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{(n+x)^{n}}{n^{n+x}}$}
\textbf{解}\quad
$f_{n}(x)=\left(1+\dfrac{x}{n}\right)^{n}\dfrac{1}{n^{x}}\sim e^{x}\dfrac{1}{n^{x}}$.显然其收敛域为$(1,+\infty)$.

\section{举例说明即使区间 $I$ 上一个由可导函数构成的序列 $\left\{S_{n}(x)\right\}$ 逐点收敛到一个可导函数 $S(x),$ 仍可能有 $\lim S_{n}^{\prime}(x) \neq S^{\prime}(x)$.}
\textbf{解}\quad
考虑$\dfrac{\sin nx}{\sqrt{n}}$,其收敛到$S(x)=0$,而$S'(x)=0,S_{n}'(x)=\sqrt{n}\cos nx$显然二者不等.
\section{举例说明即使在闭区间 $[a, b]$ 上 可 积 函 数 构 成 的 序 列 $~\left\{S_{n}(x)\right\}$ 逐点收敛到一个可积函数 $S(x),$ 仍可能有 $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \int\limits_{a}^{b} S_{n}(x) \mathrm{~d} x \neq \int\limits_{a}^{b} S(x) \mathrm{~d} x .$}
\textbf{解}$1^{\circ}$\quad
举例: $ S_{n}(x)=n x^{n}\left(1-x^{n}\right) \quad x \in[0,1]$\par
当 $x \in(0,1)$ 时 $, \lim\limits _{n \rightarrow \infty} S_{n}(x)=S(x)=0,$ 当 $x=0,1$ 时 $, S(x)=0$\par
$$
	\begin{aligned}
		\int_{0}^{1} n x^{n}\left(1-x^{n}\right) \mathrm{~d}x & =\int_{0}^{1} n x^{n} \mathrm{~d}x-\int_{0}^{1} n x^{2 n} \mathrm{~d}x                         \\
		                                                      & =\left.\dfrac{n}{n+1} x^{n+1}\right|_{0} ^{1}-\left.\dfrac{n}{2 n+1} x^{2 n+1}\right|_{0} ^{1} \\
		                                                      & =\dfrac{n}{n+1}-\dfrac{n}{2 n+1}                                                               \\
		                                                      & =\dfrac{n^{2}}{(n+1)(2 n+1)}
	\end{aligned}
$$
此时有:
$$
	\lim\limits _{n \rightarrow \infty} \int_{0}^{1} n x^{n}\left(1-x^{n}\right) \mathrm{~d}x=\lim\limits _{n \rightarrow \infty} \dfrac{n^{2}}{(n+1)(2 n+1)}=\dfrac{1}{2} \neq \int_{0}^{1} S(x) \mathrm{~d}x
$$

\textbf{解}$2^{\circ}$\quad
设 $f_{n}(x)=n x\left(1-x^{2}\right)^{n}(x \in[0,1], n=1,2, \cdots,),$ 则
$$\lim\limits_{n \rightarrow \infty} f_{n}(x) \equiv 0, \quad x \in[0,1]$$
而
$$
	\begin{aligned}
		\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \int_{0}^{1} f_{n}(x) \mathrm{~d} x & =\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \int_{0}^{1} n x\left(1-x^{2}\right)^{n} \mathrm{~d} x \\
		                                                                       & =\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \int_{0}^{1}nx^{n}\mathrm{~d}x=\dfrac{1}{2}            \\
		                                                                       & \neq \int_{0}^{1} \lim\limits_{n \rightarrow \infty} f_{n}(x) \mathrm{~d} x=0
	\end{aligned}
$$
\section{研究下列函数列在指定区间上的一致收敛性}
\subsection{$S_{n}(x)=(1-x) x^{n}, x \in[0,1]$}
\textbf{解}$1^{\circ}$\quad
当$x=0,1$时$S_{n}(x)\equiv 0$,当$x\in (0,1)$时,显然有$\lim\limits_{n\rightarrow \infty} S_{n}(x)=0$.从而$\{S_{n}(x)\}$的极限函数为$S(x)=0$.\par
显然有$\left|S_{n}(x)-S(x)\right|=S_{n}(x)=(1-x)x^{n}$,其满足$\forall \varepsilon> 0, \exists N, n>N, S_{n}(x)<\varepsilon(S_{n}(0)\equiv S_{n}(1)\equiv 0)$.从而函数列一致收敛.\par

\textbf{解}$2^{\circ}$\quad
对 $\forall x \in[0,1], \lim\limits_{n \rightarrow \infty} S_{n}(x)=\lim\limits_{n \rightarrow \infty}(1-x) x^{n}=0$\par
若 $\left\{S_{n}(x)\right\}$ 一致收敛, 则 $\left\{S_{n}(x)\right\}$ 必须一致收敛到 $S(x) \equiv 0$\par
$S_{n}^{\prime}(x)=-x^{n}+n(1-x) x^{n-1}=x^{n-1}[n-(n+1) x]=0,$ 故 $S_{n}^{\prime}(x)$ 在 $x=\dfrac{n}{n+1}$ 处取得最大值\par
$\beta_{n}=\left|S_{n}\left(\dfrac{n}{n+1}\right)-0\right|=\dfrac{1}{n+1} \cdot\left(\dfrac{n}{n+1}\right)^{n} \quad \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \beta_{n}=0$\par
因此 $S_{n}(x)$ 在 [0,1]上一致收敛

\subsection{$S_{n}(x)=n x\left(1-x^{2}\right)^{n}, x \in[0,1] $}
\textbf{解}\quad
由于$S_{n}(0)\equiv S_{n}(1)\equiv 0$,且当$x\in (0,1)$时,$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}S_{n}(x)=0$.从而求出极限函数$S(x)\equiv 0$.由对角线判别法,取$x_{n}=\dfrac{1}{n}$,则由夹逼定理:$\lim\limits_{n\rightarrow \infty}|S_{n}(x)-S(x)|=\lim\limits_{n\rightarrow \infty}\sqrt[n]{\left(1-\dfrac{1}{n^{2}}\right)^{n^{2}}}=1\neq 0$.从而级数不一致收敛.

\subsection{ $S_{n}(x)=n\left(x^{n}-x^{2 n}\right), x \in[0,1] $}
\textbf{解}\quad
显然$S_{n}(x)\equiv 0(x\in [0,1])$.由对角线判别法:取$x=\sqrt[n]{\dfrac{1+\sqrt{1-\dfrac{4}{n}}}{2}},$可知$|S_{n}(x_{n})-0|=1$,从而级数不一致收敛.

\subsection{$S_{n}(x)=\left(1+\dfrac{x}{n}\right)^{n}, x \in[0, a],$ 其中 $a>0 $}
\textbf{解}$1^{\circ}$\quad
$\lim\limits_{n\rightarrow \infty}S_{n}(x)=S(x)=e^{x}$.所以由定义:
$$
	\begin{aligned}
		|S_{n}(x)-S(x)| & =e^{x}-\left(1+\dfrac{x}{n}\right)^{n}=e^{x}-e^{n\ln \left(1+\dfrac{x}{n}\right)}=e^{x}\left(1-e^{n\left(\ln \left(1+\dfrac{x}{n}\right)-\dfrac{x}{n}\right)}\right) \\
		                & \leqslant ne^{x}\left(\dfrac{x}{n}-\ln \left(1+\dfrac{x}{n}\right)\right)(e^{t}\geqslant 1+t)                                                                        \\
		                & \leqslant ne^{x}\left(\dfrac{x}{n}-\dfrac{\dfrac{x}{n}}{1+\dfrac{x}{n}}\right)(\ln(1+x)\geqslant \dfrac{t}{1+t},t>-1)                                                \\
		                & =ne^{x}\left(\dfrac{x}{n}\right)^{2}\dfrac{1}{1+\dfrac{x}{n}}\leqslant \dfrac{x^{2}e^{x}}{n}
	\end{aligned}
$$
由Weierstrass判别法,$\lim\limits_{n\rightarrow \infty}\dfrac{x^{2}e^{x}}{n}=0(x\in [0,a])$,从而函数列一致收敛.

\textbf{解}$2^{\circ}$\quad
先考虑$x = 0$的情形, 显然有: $S_{n}(0)=1=e^{0}$ 即 $S_{n}(0)=e^{0}=1$,
又 $\lim\limits_{n \rightarrow \infty} S_{n}(x)=e^{x},$ 由定义,考虑 $\left|S_{n}(x)-e^{x}\right|$ 有
$$
	\left|S_{n}(x)-e^{x}\right|=\left|e^{n \ln \left(1+\dfrac{x}{n}\right)}-e^{x}\right|=e^{x}\left|e^{n \ln \left(1+\dfrac{x}{n}\right)-x}-1\right|
$$
泰勒展开得: $\left[\ln \left(1+\dfrac{x}{n}\right)=\dfrac{x}{n}-\dfrac{x^{2}}{2 n^{2}}+o\left(\dfrac{1}{n^{2}}\right)\right]$.
$$e^{x}\left|e^{n \ln \left(1+\dfrac{x}{n}\right)-x}-1\right|=e^{x}\left|\ln n\left(1+\dfrac{x}{n}\right)-x+o\left(\dfrac{1}{n}\right)\right|=e^{x}\left|-\left(\dfrac{x^{2}}{2 n}\right)+o\left(\dfrac{1}{n}\right)\right|<\dfrac{e^{x}}{n}$$
因为 $\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \dfrac{e^{x}}{n}=0,$ 所以 $S_{n}(x)$ 在 $[0, a]$ 区间一致收敛。

\subsection{$S_{n}(x)=n x(1-x)^{n}, x \in[0,1]$}
\textbf{解}\quad
当$x=0,1$时,$S_{n}(x)=0$,当$x\in(0,1)$时,$\lim\limits_{n\rightarrow \infty}S_{n}(x)\equiv 0$.取$x_{n}=1-\dfrac{1}{n},$从而$\lim\limits_{n\rightarrow \infty}S_{n}(x)=\lim\limits_{n\rightarrow \infty}(n+1)e\neq 0$.从而不一致收敛.

\subsection{$S_{n}(x)=\dfrac{1}{1+n x},$ (1) $x \in(0,+\infty),$ (2) $x \in[a,+\infty),$ 其中 $a>0 $}
\textbf{解}\quad
当$x>a$时,$S(x)\equiv 0)$,此时$\lim\limits_{n\rightarrow \infty}|S_{n}(x)-S(x)|=0$.一致收敛.\par
当$x>0$时,$S(x)\equiv 0)$,取$x_{n}=\dfrac{1}{n}$,有$\lim\limits_{n\rightarrow \infty}|S_{n}(x_{n})-S(x)|=\dfrac{1}{2}$,从而不一致收敛.

\subsection{$S_{n}(x)=\dfrac{x^{n}}{1+x^{n}},$ (1) $x \in(0,1-a],$ (2) $x \in[1-a, 1+a],$ (3) $x \in[1+a,+\infty)$,
			其中 $a>0 $}
			\textbf{解}\quad\par
			(1)$x \in(0,1-a]$时,显然极限函数存在且为$S(x)\equiv 0$.从而由$\lim\limits_{n\rightarrow \infty}|S_{n}(x)-S(x)|=\dfrac{x^{n}}{1+x^{n}}\leqslant x^{n}$,从而可知其一致收敛.\par
(2)$x \in[1-a, 1+a]$时,其极限函数为
$$
	\left\{
	\begin{array}{ll}
		0,            & x\in[1-a,1) \\
		\dfrac{1}{2}, & x=1         \\
		1,            & x\in[1,1+a)
	\end{array}
	\right.
$$
当$x\rightarrow 1^{-}$时$S_{n}(x)$极限为$0$,而$S(1)=\dfrac{1}{2}$,从而不一致连续.\par
(3)$x \in[1+a,+\infty)$时$S(x)\equiv 1$,从而考虑$\sup\lim\limits_{n\rightarrow \infty}|S_{n}(x)-S(x)|=\lim\limits_{n\rightarrow \infty}\dfrac{1}{1+(1+a)^{n}}=0$,从而一致收敛.

\subsection{$S_{n}(x)=\mathrm{e}^{-(x-n)^{2}},$ (1) $x \in[-1,1],$ (2) $x \in(-\infty,+\infty)$}
\textbf{解}\quad
$S_{n}(x)=\dfrac{1}{e^{(x-n)^{2}}}$.显然极限函数$S(x)\equiv 0$.又因为$\sup\lim\limits_{n\rightarrow \infty}|S_{n}(x)-S(x)|=\lim\limits_{n\rightarrow \infty}\dfrac{1}{e^{(1-n)^{2}}}=0$,从而当$x\in [-1,1]$时一致收敛.\par
取$x_{n}=n$,可知$\sup\lim\limits_{n\rightarrow \infty}|S_{n}(x_{n})-S(x)|=1>0$,从而当$x\in (-\infty,+\infty)$时序列不一致收敛.

\section{设 $S_{n}(x)=n^{a} x \mathrm{e}^{-n x},$ 其中 $\alpha$ 是参数. 求 $\alpha$ 的取值范围,使得函数序列 $\left\{S_{n}(x)\right\}$ 在 $[0,1]$ 上:}
\subsection{一致收敛}
\textbf{解}\quad
$S_{n}(x)=\dfrac{n^{\alpha}x}{e^{nx}}\rightarrow 0$.所以$S(x)\equiv 0$.从而有:$\sup\lim\limits_{n\rightarrow \infty}|S_{n}(x)-S(x)|=\sup\lim\limits_{n\rightarrow \infty}\dfrac{n^{\alpha-1}}{e}$.当$\alpha<1$时一致收敛.当$\alpha\geqslant 1$时不一致收敛.

\subsection{积分运算与对 $n$ 求极限的运算可以交换次序, 即
	$$
		\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \int_{0}^{1} S_{n}(x) \mathrm{~d} x=\int_{0}^{1}\left[\lim\limits_{n \rightarrow \infty} S_{n}(x)\right] \mathrm{~d} x
	$$}
\textbf{解}\quad
$\int_{0}^{1}S(x)\mathrm{~d}x=0$.计算$\int_{0}^{1}S_{n}(x)\mathrm{~d}x=n^{\alpha}\dfrac{-ne^{-n}-e^{-n}+1}{n^{2}}$.当且仅当$\alpha<2$时成立.

\subsection{求导运算与对 $n$ 求极限的运算可以交换次序, 即
	$$
		\lim\limits_{n \rightarrow \infty} S_{n}^{\prime}(x)=\left[\lim\limits_{n \rightarrow \infty} S_{n}(x)\right]^{\prime}
	$$}
\textbf{解}\quad
$S_{n}'(x)=n^{\alpha}e^{-nx}(1-nx)$.当$x=0$时有$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}n^{\alpha}=0$,从而$\alpha<0$.当$x\neq 0 $时,$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}S_{n}'(x)=0$.综上,有$\alpha<0$.

\section{设 $S(x)$ 在 $(a, b)$ 有连续的导数,$$S_{n}(x)=n\left[S\left(x+\dfrac{1}{n}\right)-S(x)\right]$$}
\begin{proof}
	\songti
	显然$S_{n}(x)=n\left[S\left(x+\dfrac{1}{n}\right)-S(x)\right]=S'(\xi)(\xi\in [x,x+\dfrac{1}{n}])$.由于函数的导函数连续,从而有$S'(x)$满足$\forall \varepsilon>0,\exists \delta > 0,|x-x_{0}|<\delta \rightarrow |S(x)-S(x_{0})|<\varepsilon.$,从而一致收敛.
\end{proof}

\section{ 设 $S_{0}(x)$ 在有界闭区间 $[a, b]$ 上连续,令
  $$
	  S_{n}(x)=\int_{a}^{x} S_{n-1}(t) \mathrm{d} t
  $$
  证明:函数序列$\{S_{n}(x)\}$在$[a,b]$上一致收敛到$0$.}
\begin{proof}
	由$S_{0}(x)$在闭区间$[a,b]$上连续,从而其一致有界,从而$\exists M > 0, |S_{0}(x)|\leqslant M(\forall x \in [a,b])$.从而
	$$
		\begin{aligned}
			 & |S_{1}(x)|= \left|\int_{a}^{x}S_{0}(x)\right|\leqslant (x-a)M                   \\
			 & |S_{2}(x)|= \left|\int_{a}^{x}S_{1}(x)\right|\leqslant \dfrac{(x-a)^{2}M}{2}    \\
			 & \vdots                                                                          \\
			 & |S_{n}(x)|= \left|\int_{a}^{x}S_{n-1}(x)\right|\leqslant \dfrac{(x-a)^{n}M}{n!}
		\end{aligned}
	$$
	由Stirling公式可知$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}|S_{n}(x)-0|=0$,从而可知其一致收敛到$0$.
\end{proof}

\section{设 $S(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续,且 $S(1)=0,$ 证明: $\left\{x^{n} S(x)\right\}$ 在 $[0,1]$ 上一致收敛到 $0$.}
\begin{proof}
	记$f_{n}(x)=x^{n}S(x)$.由于$S(x)$在$[0,1]$上连续,从而$S(x)$在$[0,1]$上有界,设$M>|S(x)|(x\in [0,1])$,则有:
	$$
		|f_{n}(x)|<Mx^{n}(x\in [0,1))
	$$
	又因为$f_{n}(1)\equiv 0$,从而$\left\{x^{n} S(x)\right\}$ 在 $[0,1]$ 上一致收敛到 $0$.
\end{proof}

\section{已知 $f(x)$ 为连续函数,记
  $$
	  S_{n}(x)=\sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{n} f\left(x+\dfrac{i}{n}\right) .
  $$
  证明: 在任意闭区间 $[a, b]$ 上都有 $\left\{S_{n}(x)\right\}$ 一致收敛.}
\begin{proof}
	由于$f(x)$连续,显然$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{n} f\left(x+\dfrac{i}{n}\right)= \int_{0}^{1}f(x+t)\mathrm{~d}t = S(x) $.有:
	$$
		\begin{aligned}
			\left|S_{n}(x)-\int_{0}^{1}f(x+t)\mathrm{~d}t\right| & =\left|\sum\limits_{k=1}^{n}\int_{\dfrac{k-1}{n}}^{\dfrac{k}{n}}\left[f\left(x+\dfrac{k}{n}\right)-f(x+t)\right]\mathrm{~d}t\right| \\
			                                                     & \leqslant\sum\limits_{k=1}^{n}\int_{\dfrac{k-1}{n}}^{\dfrac{k}{n}}\left|f\left(x+\dfrac{k}{n}\right)-f(x+t)\right|\mathrm{~d}t      \\
			                                                     & \leqslant\sum\limits_{k=1}^{n}\max \dfrac{|f(x)-f(y)|}{n}(|x-y|<\dfrac{1}{n})\rightarrow 0(n\rightarrow 0)                          \\
		\end{aligned}
	$$
	一致收敛.
\end{proof}

\section{设 $u_{n}(x)(n=1,2, \cdots)$ 是 $[a, b]$ 上的单调递增函数,并且级数 \\$\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}(a)$ 和 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}(b)$收敛,证明 : 函数项级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 在 $[a, b]$ 上一致收敛.}
\begin{proof}
	由于$u_{n}(x)$是单调函数,从而$\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}(a)$ 和 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}(b)$绝对收敛.又因为$\forall \varepsilon > 0, \exists n,$s.t.$\forall m > n$:
	$$
		\begin{aligned}
			\left| \sum\limits_{k=n+1}^{p} u_{n}(b)\right|\leqslant\left| \sum\limits_{k=n+1}^{p} u_{n}(x)\right| \leqslant\left| \sum\limits_{k=n+1}^{p} u_{n}(a)\right| < \varepsilon
		\end{aligned}
	$$
	从而级数一致收敛.
\end{proof}

\section{证明 : 函数项级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} n\left(x+\dfrac{1}{n}\right)^{n}$ 在 $(-1,1)$ 上不一致收敛.}
\textsl{证明}$1^{\circ}$
对于每一个$n$,$u_{n}(x)$在$1$处左连续,且$\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_{n}(1)$发散,所以其在$(-1,1)$上不一致收敛.(只需要证明一端即可).\par
对上\textbf{不一致收敛判别法}的证明:\par
设有$\delta>0$,使得$\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_{n}(x)$在区间$(c-\delta, c)$上一致收敛,则有$\forall\varepsilon>0,\exists N > 0$, 当$n>N$时,对$\forall p,x\in(c-\delta, c)$时有$$|u_{n+1}(x)+u_{n+2}(x)+\cdots+u_{n+p}(x)|<\varepsilon$$由于$u_{n}(x)$在$c$处左连续,从而可令$x\rightarrow c^{-}$,得到:
$$
	|u_{n+1}(c)+u_{n+2}(c)+\cdots+u_{n+p}(c)|<\varepsilon
$$
与$\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_{n}(x)$发散矛盾.

\textsl{证明}$2^{\circ}$
取$x_{n} = \left(1-\dfrac{1}{n^{2}}\right)$,对$n$取极限可知其趋近于$\infty$,故不一致收敛.

\section{证明 : 函数项级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{\cos n x}{n}$ 在 $(0,2 \pi)$ 上不一致收敛.}
\textsl{证明}$1^{\circ}$
由于$u_{n}(x)$在$0$处右连续,又因为$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n}$发散,从而在$(0,2\pi)$上不一致收敛.\par
\textsl{证明}$2^{\circ}$
取 $\varepsilon_{0}=\dfrac{1}{4},$ 则对于 $\forall N \in N^{*},$ 都 $\exists n_{0}=N^{\prime}>N, p_{0}=N^{\prime}, x_{0}=\dfrac{3 \pi}{4 N^{\prime}}$
使
$$
	\begin{aligned}
		\left|S_{2 N^{\prime}}\left(x_{0}\right)-S_{N^{\prime}}\left(x_{0}\right)\right| & =\left|\dfrac{\cos \left(N^{\prime}+1\right) x_{0}}{N^{\prime}+1}+\dfrac{\cos \left(N^{\prime}+2\right) x_{0}}{N^{\prime}+2}+\cdots+\dfrac{\cos \left(2 N^{\prime}\right) x_{0}}{2 N^{\prime}}\right|\quad \geqslant\left|\dfrac{N^{\prime} \cos N^{\prime} x_{0}}{2 N^{\prime}}\right| \\
		                                                                                 & =\dfrac{1}{2 \sqrt{2}}>\dfrac{1}{4}=\varepsilon_{0}
	\end{aligned}
$$
所以由Cauchy收敛准则知$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{\cos n x}{n}$ 在 $[0,2 \pi]$ 上不一致收敛.

\section{证明: 函数项级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^{x}}$ 在 $(1,+\infty)$ 上不一致收敛.}
\begin{proof}
	显然在$1$处$u_{n}(x)= \dfrac{1}{n^{x}}$左连续,又因为$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n}$发散,从而级数不一致收敛.
\end{proof}

\section{证明 : 函数项级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{\sin n x}{n}$ 在 $[0,2 \pi]$ 上不一致收敛.}
\textsl{证明}$1^{\circ}$
取 $\varepsilon_{0}=\dfrac{1}{4},$ 则对于 $\forall N \in N^{*},$ 都 $\exists n_{0}=N^{\prime}>N, p_{0}=N^{\prime}, x_{0}=\dfrac{ \pi}{4 N^{\prime}}$
使
$$
	\begin{aligned}
		\left|S_{2 N^{\prime}}\left(x_{0}\right)-S_{N^{\prime}}\left(x_{0}\right)\right| & =\left|\dfrac{\sin \left(N^{\prime}+1\right) x_{0}}{N^{\prime}+1}+\dfrac{\sin \left(N^{\prime}+2\right) x_{0}}{N^{\prime}+2}+\cdots+\dfrac{\sin \left(2 N^{\prime}\right) x_{0}}{2 N^{\prime}}\right|\quad \geqslant\left|\dfrac{N^{\prime} \sin N^{\prime} x_{0}}{2 N^{\prime}}\right| \\
		                                                                                 & =\dfrac{1}{2 \sqrt{2}}>\dfrac{1}{4}=\varepsilon_{0}
	\end{aligned}
$$
所以由Cauchy收敛准则知$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{\sin n x}{n}$ 在 $[0,2 \pi]$ 上不一致收敛.\par 
需要注意的是这种情况难以取到固定的$x$使得级数发散,所以\textbf{不一致收敛判别法}不适用.若是能够找到,则因为一致收敛的区间内闭收敛从而与这个点发散矛盾,也是可以证明的.
\end{document}